高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練33 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路和圖像問題（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

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1、考點規(guī)范練33　電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路和圖像問題 一、單項選擇題 1.在自行車速度表中,條形磁鐵與車輪的輻條連接,線圈固定在車架上,使輪子每轉(zhuǎn)一圈磁鐵就移過它一次。當磁鐵移過線圈時,在線圈中會感應(yīng)出一個電流脈沖。右圖中顯示了磁鐵正要移經(jīng)線圈。若以逆時針方向為正,下圖中哪一個圖顯示的可能是所產(chǎn)生的電流脈沖(　　) 答案:C 解析:根據(jù)題圖可知,當磁鐵經(jīng)過線圈時,穿過線圈的磁通量向外且增加,根據(jù)楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流(負方向);當磁鐵遠離線圈時,穿過線圈的磁通量向外且減小,根據(jù)楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流(正方向),故C正確,A、B、D錯誤。

2、2.如圖所示,螺線管匝數(shù)n=1 500,橫截面積S=20 cm2,螺線管導(dǎo)線電阻r=1 Ω,電阻R=4 Ω,磁感應(yīng)強度B隨時間變化的B-t圖像如圖所示(以向右為正方向),下列說法正確的是(　　) A.電阻R的電流方向是從A到C B.感應(yīng)電流的大小逐漸增大 C.電阻R兩端的電壓為6 V D.C點的電勢為4.8 V 答案:D 解析:從題圖可知磁通量在逐漸增大,根據(jù)楞次定律可得通過R的電流方向為從C到A,A錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有E=nΔΦΔt=nSΔBΔt=1500×0.002×6-22V=6V,而感應(yīng)電流大小為I=ER+r=64+1A=1.2A,B錯誤;根據(jù)閉合電路歐姆定

3、律,有U=IR=1.2×4V=4.8V,C錯誤;因為A端接地,電壓為零,所以C端的電勢為4.8V,D正確。 3.如圖所示,豎直平面內(nèi)有一粗細均勻的金屬環(huán),其半徑為a,總電阻為2r,磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面,環(huán)的最高點A處用鉸鏈連接長度為2a、電阻為r的導(dǎo)體棒AB,AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下,當擺到豎直位置時,B點的線速度為v,則此時A、B兩端的電壓大小為(　　) A.13B0av B.16B0av C.23B0av D.B0av 答案:A 解析:棒擺到豎直位置時整根棒處在勻強磁場中,切割磁感線的長度為2a,導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=B0·2a·v,而v=v

4、A+vB2,得E=B0·2a·0+v2=B0av。此時外電路的總電阻R=r2,根據(jù)閉合電路歐姆定律I=ER+r,得總電流I=2B0av3r,A、B兩端的電壓大小U=IR=2B0av3r·r2=13B0av,選項A正確。 4.如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第一、三象限內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場,二者磁感應(yīng)強度相同,圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OPQ以角速度ω繞O點在坐標平面內(nèi)沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動。規(guī)定圖示時刻t=0,導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時針方向為正。則關(guān)于該導(dǎo)線框在轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)感應(yīng)電流i隨時間t的變化圖像,下列選項正確的是(　　) 答案:A 解析:線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢

5、,由E=12BL2ω知,感應(yīng)電動勢大小為一定值,則感應(yīng)電流大小不變,故B、D錯誤;在T2~3T4內(nèi),由楞次定律判斷可知線框中感應(yīng)電流方向沿逆時針方向,為正,故A正確,C錯誤。 5.(2019·陜西咸陽質(zhì)檢)如圖甲所示,匝數(shù)n=2的金屬線圈(電阻不計)圍成的面積為20 cm2,線圈與R=2 Ω的電阻連接,置于豎直向上、均勻分布的磁場中,磁場與線圈平面垂直,磁感應(yīng)強度為B,B-t關(guān)系如圖乙所示。規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向,忽略線圈的自感影響,則下列i-t關(guān)系圖正確的是(　　) 答案:D 解析:由題圖乙可知,0~2s內(nèi),線圈中磁通量的變化率相同,故0~2s內(nèi)電流的方向相

6、同,由楞次定律可知,電路中電流方向為順時針,即電流為正方向;同理可知,2~5s內(nèi)電路中的電流方向為逆時針,為負方向。由E=nΔΦΔt可得E=nSΔBΔt,則知0~2s內(nèi)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E1=2×20×10-4×3×10-32V=6×10-6V,則電流大小為I1=E1R=62×10-6A=3×10-6A;同理2~5s內(nèi),I2=2×10-6A,故A、B、C錯誤,D正確。 二、多項選擇題 6.如圖所示,在垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi),有一位于紙面且電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abcd,現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場,則導(dǎo)體框分別從兩個方向移出磁場的過程中(　　)

7、 A.導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同 B.導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同 C.導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差相同 D.通過導(dǎo)體截面的電荷量相同 答案:AD 解析:由右手定則可知兩種情況導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同,A項正確;熱量Q=I2Rt=BlvR2R×lv=B2l3vR,導(dǎo)體框產(chǎn)生的焦耳熱與運動速度有關(guān),B項錯誤;電荷量q=It=BlvR×lv=Bl2R,電荷量與速度無關(guān),即兩種速度下電荷量相同,D項正確;以速度v拉出時,|Uad|=14Blv,以速度3v拉出時,|Uad|=34Bl·3v,C項錯誤。 7.圖甲為手機及無線充電板。圖乙為充電原理示意圖。充電板接交流電源,對充電板供電,充電板

8、內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場,從而使手機內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流,再經(jīng)整流電路轉(zhuǎn)變成直流后對手機電池充電。為方便研究,現(xiàn)將問題做如下簡化:設(shè)受電線圈的匝數(shù)為n,面積為S,若在t1到t2時間內(nèi),磁場垂直于受電線圈平面向上穿過線圈,其磁感應(yīng)強度由B1均勻增加到B2,下列說法正確的是(　　) A.c點的電勢低于d點的電勢 B.受電線圈中感應(yīng)電流方向由d到c C.c、d之間的電勢差為-n(B2-B1)St2-t1 D.c、d之間的電勢差為n(B2-B1)t2-t1 答案:AC 解析:根據(jù)楞次定律可知,受電線圈內(nèi)部產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視為順時針,受電線圈中感應(yīng)電流方向由c到d,所以c點的電

9、勢低于d點的電勢,A正確,B錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得c、d之間的電勢差為Ucd=E=ΔΦΔt=-n(B2-B1)St2-t1,C正確,D錯誤。 8.磁場中有一固定的圓形導(dǎo)體閉合線圈,如圖甲所示,圖中所示的磁感應(yīng)強度和電流的方向為設(shè)定的正方向,已知線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖像如圖乙所示。則在下列圖像中表示磁感應(yīng)強度B隨時間t變化可能正確的是(　　) 答案:BD 解析:由題圖甲知,以線圈中順時針方向的感應(yīng)電流方向、垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度方向為正,則由題圖乙可知,線圈中在0~0.5s內(nèi)產(chǎn)生了逆時針方向的感應(yīng)電流,由楞次定律可知,磁通量為向里增加,或者向外減少,即正方向增

10、加或者負方向減少,故選項A排除;而在0.5~1.5s內(nèi),結(jié)合感應(yīng)電流方向和楞次定律可得磁通量為垂直向里(正方向)減少,或者垂直向外(負方向)增加,故C錯誤,B、D正確。 9.在光滑水平面上,有一個粗細均勻的邊長為l的單匝正方形閉合線框abcd,在水平外力的作用下,從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動,穿過勻強磁場,如圖甲所示,測得線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I的大小和運動時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,則(　　) A.線框開始運動時ab邊到磁場左邊界的距離為l3 B.線框邊長與磁場寬度的比值為3∶8 C.離開磁場的時間與進入磁場的時間之比為(3-22)∶1 D.離開磁場的過程中外力做

11、的功與進入磁場的過程中外力做的功相等 答案:AB 解析:由題圖乙知,線框做初速度為零的勻加速直線運動,在磁場外運動時間2s,位移為x;進入磁場用時2s,位移為l,所以x=l3,故A正確;在磁場中運動的時間也是2s,所以在磁場中運動的位移x0=5x=5l3,磁場的寬度d=x0+l=8l3,故B正確;由題圖乙知,在進入與離開磁場過程線框中電流大小不同,所以線框受安培力大小不等,再根據(jù)F-BIl=ma知,兩個過程拉力大小不等,而進入和離開磁場的位移相同,所以做的功不同,故D錯誤;設(shè)加速度為a,進入磁場過程有l(wèi)=v1t1+12at12,v1=at0,t0=2s,t1=2s;離開磁場過程有l(wèi)=v2t

12、3+12at32,v2=at2,t2=6s,求得t3=(43-6)s,故C錯誤。 10.如圖所示,邊長為l、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k>0)。回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0,滑片P位于滑動變阻器中央,定值電阻R1=R0、R2=R02。閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U,不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢,則(　　) A.R2兩端的電壓為U7 B.電容器的a極板帶正電 C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D.正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kl2 答案:AC 解析:由法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔΦΔt=nΔ

13、BΔtS有E=kπr2,D錯誤;因k>0,由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時針方向,故電容器b極板帶正電,B錯誤;由題圖知外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián),再與R的左半部、R1相串聯(lián),故R2兩端電壓U2=R02×12R0+R02+R02×12U=U7,A正確;設(shè)R2消耗的功率為P=IU2,則R消耗的功率P'=2I×2U2+IU2=5P,C正確。 三、非選擇題 11.(2019·天津?qū)嶒炛袑W(xué)模擬)如圖所示,固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為l,導(dǎo)軌電阻不計,上端a、b間接有阻值為R的電阻,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ,且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與

14、固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上。初始時刻,彈簧恰處于自然長度,導(dǎo)體棒具有沿導(dǎo)軌向上的初速度v0。整個運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行。 (1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向; (2)當導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時,速度變?yōu)関,求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a。 答案:(1)Blv0R+r　電流方向為b→a　(2)gsin θ-B2l2vm(R+r) 解析:(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1=Blv0 根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過R的電流大小為I1=E1R+r=Blv0R+r 根據(jù)右手定則判斷得知電流方向為b→a。 (2)

15、導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2=Blv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為I2=E2R+r=BlvR+r 導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F=BIl=B2l2vR+r,方向沿斜面向上。導(dǎo)體棒受力如圖所示。 根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-F=ma 解得a=gsinθ-B2l2vm(R+r)。 12.在周期性變化的勻強磁場中有一圓形閉合線圈,線圈平面與磁場垂直,如圖甲所示,規(guī)定圖中磁場方向為正。已知線圈的半徑為r、匝數(shù)為N,總電阻為R,磁感應(yīng)強度的最大值為B0,變化周期為T,磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律變化。 (1)求在0~T6內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流I1的大小; (2)規(guī)

16、定甲圖中感應(yīng)電流的方向為正方向,在圖丙中畫出一個周期內(nèi)的i-t圖像,已知I0=3πr2NB0RT; (3)求在一個周期T內(nèi)線圈產(chǎn)生的電熱Q。 答案:(1)6πNr2B0RT　(2)圖像見解析　(3)18(πNr2B0)2RT 解析:(1)在0~T6內(nèi)感應(yīng)電動勢E1=NΔΦ1Δt1,磁通量的變化ΔΦ1=B0πr2,解得E1=6πNr2B0T,線圈中感應(yīng)電流大小I1=E1R=6πNr2B0RT。 (2)根據(jù)楞次定律可知,0~T6時間內(nèi)感應(yīng)電流為正,大小為2I0;在T6~T2時間內(nèi),感應(yīng)電流為負,大小為I2=E2R,E2=NΔΦ2Δt2,所以I2=I0;同理可得出在T2~5T6時間內(nèi)和5T6~T時間內(nèi)的電流,其變化規(guī)律見圖。 (3)在0~T6和5T6~T兩個時間段內(nèi)產(chǎn)生的熱量相同,有Q1=Q3=I12R·T6,在T6~5T6時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q2=I22R·4T6,一個周期內(nèi)產(chǎn)生的總熱量Q=Q1+Q2+Q3=18(πNr2B0)2RT。